2022-2023学年湖南省衡阳市衡阳县高下学期期末数学试题【含答案】

一、单选题1．设复数满足，则的共轭复数的虚部为（

）A． B． C． D．2【答案】D【分析】根据复数的模及复数代数形式的除法运算化简复数，从而得到其共轭复数，即可判断.【详解】因为，所以，所以，则的虚部为.故选：D2．设集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别解对数不等式和指数不等式求得集合A，B，然后由交集运算可得.【详解】由得，即，又，所以，解不等式得，所以，所以.故选：A3．2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，五辆车随机排成一排，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（

）A．36种 B．42种 C．48种 D．60种【答案】A【分析】利用捆绑法和插空法可求出结果.【详解】将车与车捆在一起当一个元素使用，有种捆法，将除车外的个元素全排，有种排法，将车插入，不与车相邻，又种插法，故共有种排法.故选：A4．在中，，D是AC的中点，若，则（

）A． B．2 C． D．3【答案】C【分析】根据向量的数量、位置关系，结合加减法的几何意义用表示出，即可得答案.【详解】

，所以，故，则.故选：C5．如图，在棱长为2的正四面体中，点E，F分别为棱AB，BC的中点，则下列结论错误的是（

）

A．直线//平面B．平面平面C．点F到平面的距离为D．异面直线AB与CD所成角为90°【答案】C【分析】A由中位线有，线面平行判断结论；B由题意有，再应用线面、面面垂直的判定判断结论；C由题意易知到面距离为点F到面距离的2倍，即可求点面距离；D若为中点，连接，易知：，最后由线面垂直的判定、性质即可证.【详解】A：在△中为中位线，则，面，面，所以面，故正确；B：正四面体各侧面都为正三角形，为中点，则，，面，故面，面，故平面平面，故正确；C：由题意知：，即到面距离为点F到面距离的2倍，而到面距离为正四面体的体高为，所以F到面距离为，故错误；D：若为中点，连接，易知：，，面，故面，面，所以，故正确.

故选：C6．已知，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由商数关系、和差角正弦公式可得，结合角的范围确定的数量关系.【详解】由，则，又，所以，即，又，，所以，则.故选：D7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，A为椭圆C的左顶点，以为直径的圆与椭圆C在第一、二象限的交点分别为M，N，若直线AM，AN的斜率之积为，则椭圆C的标准方程为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设出两点的坐标，根据已知条件列方程组，求得，从而求得椭圆的标准方程.【详解】设，则，依题意，，解得，所以椭圆的标准方程为.故选：B

8．已知函数及其导数的定义域均为，在上单调递增，为奇函数，若，，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由是奇函数，根据奇函数的定义得到，结合的单调性，判断出的单调区间，在判断出实数与1的关系，及它们之间的大小关系，利用的单调性，即可得到答案.【详解】∵是奇函数，∴，令得：，又在R上单调递增，∴当，；当，故在上单调递减，在上単调递增.∵，∴（c为常数）令得：，∴，即的图象关于直线对称由已知得：，，，∵， ∴∵∴，故，又在上单调递增，∴，故选：C.二、多选题9．下列说法正确的有（

）A．若事件A与事件B互斥，则事件A与事件B对立B．若随机变量，则方差C．若随机变量，，则D．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则c，k的值分别是和【答案】CD【分析】由互斥、对立事件关系判断A；利用二项分布方差公式及方差性质判断B；由正态分布的性质求概率判断C；根据题设有，即可得参数值判断D.【详解】A：由于互斥事件不一定对立，但对立事件必互斥，故错误；B：由二项分布方差公式得，故，错；C：由正态分布的对称性知：，对；D：由题意，模型改写为，则，故，对.故选：CD10．已知函数，则下列说法正确的有（

）A．若，则B．将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称C．函数的最小正周期为D．若在上有且仅有3个零点，则的取值范围为【答案】ABD【分析】对A：必有一个最大值和一个最小值可求；对B：求出平移后函数解析式判断是否为偶函数；对C：化简后求周期；对D：求出的范围，数据正弦曲线的图象列出满足的不等式并求解.【详解】由，故必有一个最大值和一个最小值，则为半个周期长度，故正确；由题意的图象关于轴对称，B正确；的最小正周期为C错误.，在上有且仅在3个零点，结合正弦函数的性质知：，则，D正确；故选：ABD11．设，过定点的动直线，和过定点的动直线交于点是圆上的任意一点，则下列说法正确的有（

）A．直线与圆相切时B．到距离的最大值是C．直线与圆相交的最短弦长为D．的最大值为【答案】BC【分析】根据时直线也与圆相切，可判断A选项；根据几何知识得到当时到的距离最大，然后求最大值，可判断B选项；根据几何知识得到当时所得弦长最短，然后得到此时的直线的方程，最后求弦长，可判断C选项；根据几何知识得到点的轨迹，然后利用三角函数或不等式的方法求最值，可判断D选项.【详解】显然当时直线也与圆相切，故错误；直线过的定点为，当时到的距离最大，最大值为，此时到距离的最大值为，故B正确；由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，当时所得弦长最短，则，又，所以，得，则圆心到直线的距离为，所以弦长为，故正确；由，当时，，有，当时，，则，所以，又点是两直线的交点，所以，所以，法一：设，则，因为，所以，所以，故D错误.法二：因为，所以，当且仅当时等号成立，故D错误.故选：BC.12．已知函数的两个零点分别为，且，则下列说法正确的是（

）A． B．C．存在实数a，使得 D．若，则【答案】ACD【分析】对于A、B，根据满足，数形结合分析判断即可；对于C，先证明对数均值不等式，再化简得即可；对于D，根据有两根且判断即可.【详解】对于A，即，设相切时切点为，则对求导有，又切点到原点的斜率与该点处的导数值相等，则，解得，故切点，此时.故当函数有两个零点时，，故A正确；

对于B，由图象可得，，故B错误；对于C，先证明：当时，.构造函数，则，故在上单调递增，又，故，即，化简可得，即.又，故，所以，故.则，即.故C正确；对D，由题意，即有两根且，令，则，又，故，.故D正确；故选：ACD三、填空题13．若函数为偶函数，则.【答案】2【分析】根据偶函数的定义求出参数，再进一步求值即可.【详解】若函数为偶函数，则，则则，.故答案为：2.14．已知等比数列满足，且，则的最小值为．【答案】8【分析】由已知可得，代入，令，可得，即可求出最小值.【详解】设数列的公比为，则且，，，即，所以，，令()，则，则当时，取得最小值为8.故答案为：8.15．古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》，里给出了托勒密定理，即任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于等于两组对边的乘积之和，当且仅当凸四边形的四个顶点同在一个圆上时等号成立.已知双曲线的左、右焦点分别为，，双曲线C上关于原点对称的两点，满足，若，则双曲线的离心率.【答案】/【分析】由题意可得四边形为平行四边形，根据及托勒密定理可得四边形为矩形．利用双曲线的定义、直角三角形的边角关系即可得出结论．【详解】由双曲线的左、右焦点分别为，及双曲线上关于原点对称的两点，，则，，可得四边形为平行四边形，

又及托勒密定理，可得四边形为矩形．设，，在中，，则，，，，，，解得．双曲线的离心率为．故答案为：．16．已知，分别是边长为2的等边边，的中点，现将沿翻折使得平面平面，则棱锥外接球的表面积为．【答案】【分析】取的中点，连接，可得为等腰梯形的外接圆的圆心，再过折起后的的外心作平面的垂线，得出两垂线的交点为棱锥外接球的球心，求出半径，利用球的表面积公式即可求解.【详解】取的中点，连接，可知，则为等腰梯形的外接圆的圆心，过作平面的垂线，再过折起后的的外心作平面的垂线，设两垂线的交点为，则为四棱锥外接球的球心，的边长为，，则四棱锥外接球的半径，四棱锥外接球的表面积为.故答案为：四、解答题17．中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，CD平分交于点D，.(1)求；(2)求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知条件及余弦定理，结合正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解；（2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，利用角平分的定义及正弦定理，结合三角形的面积公式即可求解.【详解】（1）∵且∴又，∴，∵，∴，在中，，，,由正弦定理得：，即，解得sin又，∴.（2）在中，∵，，∴，∵CD是的平分线，∴，∴，∴，在中，，，,由正弦定理得：，即，解得..∴.18．已知数列的前n项和为，．(1)求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)若，求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）利用得出关系即可证明；（2）利用错位相减法结合分组求和法即可求出.【详解】（1）令，得，由，得，两式相减得，即，所以是以为首项，2为公比的等比数列，所以，即．（2）由（1）得，，记，数列的前n项和为．则，，两式相减得，故数列的前n项和．19．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，平面（垂足H在矩形内），E为棱的中点，平面.

(1)证明：；(2)若，直线PC与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）延长交于点，连按，，由线面平行的性质得，进而确定H为CF的中点，利用三角形全等证结论；（2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量法求面面角的余弦值.【详解】（1）延长交于点，连接，，平面，面面，面，则，又E为棱PC的中点，则H为CF的中点，∴BH是直角三角形BCF斜边上的中线，∴，易知，则.（2）以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

∵平面，∴CH是PC在平面内的射影，∴是直线与面所成角，∴，∴为等腰直角三角形，设，则，则，∴，∴，，，，，∴，，，，设平面的法向量为，由，令，则.设平面的法向量为，由，令，则.∴，平面与平面夹角的余弦值为.20．已知5只动物中有1只患有某种疾病，需要通过化验血液来确定患病的动物.血液化验结果呈阳性的即为患病动物，呈阴性即没患病.下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定患病动物为止.方案乙：先任取3只，将它们的血液混在一起化验.若结果呈阳性，则表明患病动物为这3只中的1只，然后逐个化验，直到能确定患病动物为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验.(1)设依方案甲所需化验次为X，求X的分布列与期望；(2)求依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率.【答案】(1)分布列见解析，；(2).【分析】（1）求出X的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望作答.（2）求出乙方案所需化验次数的分布列，再利用对立事件、相互独立事件的概率公式求解作答.【详解】（1）X的可能取值为1，2，3，4，，，，，所以X的分布列为：1234期望为.（2）设依方案乙所需化验次数为Y，则Y的可能取值为2，3，，，则Y的分布列为：23因此，所以依方案甲所需化验次数不少于依方案乙所需化验次数的概率为.21．函数在点处的切线方程为.（1）求实数，的值；（2）求的单调区间；（3），成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）函数的减区间是，增区间是；（3）的取值范围是．.【详解】试题分析：(1)求得，分别令，，即可求得的值；(2)由(1)得和，由于在区间上为增函数，且，进而得到函数的单调区间；(3)构造函数，由成立，等价于，再由(2)知当时，，即（当且仅当时取等号），即可求解实数的取值范围．试题解析：(1)，依题意得，，则有．(2)由(1)得，，由于在区间上为增函数，且，则当时，；当时，，故函数的减区间是，增区间是．(3)因为，于是构造函数，，成立，等价于，由(2)知当时，，即对恒成立．即（当且仅当时取等号）所以函数，又时，，所以．故的取值范围是．点睛：本题主要考查导数、函数的性质,考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；(4)考查数形结合思想的应用．22．已知点，P为平面内一动点，以为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．(1)求C的方程；(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形的面积最小时，求l的方程.【答案】(1)(2